Tải bản đầy đủ (.pdf) (5 trang)

Đề thi học sinh giỏi Toán lớp 9 của Sở Giáo dục và Đào tạo Hà Nội năm 2018 - 2019

Bạn đang xem bản rút gọn của tài liệu. Xem và tải ngay bản đầy đủ của tài liệu tại đây (252.17 KB, 5 trang )

(1)

SỞ GD&ĐT HÀ NỘI
ĐỀ CHÍNH THỨC


KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CÁP THÀNH PHỐ
LỚP 9 NĂM HỌC 2018-2019


MƠN TỐN
Bài 1.


a) Giải phương trình: 3 2  x 1 x1


b) Cho 1 2 1 2 ... 1 2


2.3 3.4 2020.2021


S       


    là tích của 2019 thừa số


Bài 2.


a) Biết a b, là các số nguyên dương thỏa mãn a2 abb2chia hết cho 9. Chứng
minh rằng cả abđều chia hết cho 3


b) Tìm số nguyên dương nsao cho 9n 11là tích của k k

 ;k2

số tự nhiên liên
tiếp


Bài 3.


a) Cho , ,x y zlà các số thực dương nhỏ hơn 4



Chứng minh rằng trong các số 1 1 ;1 1 ;1 1


4 4 4


x  y y z z xluôn luôn tồn tại ít nhất một
số lớn hơn hoặc bằng 1


b) Với các số thực dương a b c, , thỏa mãn a2 b2 c2 2abc1
Tìm GTLNcủa biểu thức Pab bc caabc


Bài 4. Cho tam giác ABCvuông tại A AB

AC

.Đường tròn

 

I nội tiếp tam giác
ABCtiếp xúc với các cạnh BC CA AB, , lần lượt tại D E F, , .Gọi Slà giao điểm của AI
DE


a) Chứng minh rằng IABEAS


b) Gọi Klà trung điểm của AB,O là trung điểm của BC.Chứng minh rằng ba điểm
, ,


K O Sthẳng hàng


c) Gọi M là giao điểm của KIAC.Đường thẳng chứa đường cao AHcủa tam giác
ABCcắt đường thẳng DEtại N. Chứng minh rằng AMAN



(2)

ĐÁP ÁN
Bài 1.


a) ĐKXĐ: x1.Đặt


3 2


3
3
2
1
2 2
1
1
1
1
a b


x a x a


a b
x b
x b
b a
  
     

 

  
 

  
  
 



Do đó : 3 2 3

2





0


1 1 1 1 2 0 1


2
a


a b a a a a a a


a



          
  

2 0


1: 0 1 2( )


1 1


2 1


2 : 1 0 1( )


1 0



2 8


3 : 2 3 10( )


1 9
x


TH a b x tm


x
x


TH a b x tm


x
x


TH a b x tm


x
 

       

 

       

  


        


Vậy S

1;2;10



b) Với n *ta có:






2 1 2


2 2


1 .


1 1 1


n n


n n


n n n n n n


 


 


  


   Thay n2;3...;2020ta có:



 



1.2.3...2019 . 4.5.6...2022

 



1.4 2.5 3.6 2019.2022 2022 337


. . ...


2.3 3.4 4.5 2020.2021 2.3.4...2020 . 3.4.5...2021 2020.3 1010


S    


Bài 2.


a) Ta có :

a2 ab b 2

94

a2ab b 2

93

a b

 

2  ab

2 9(*)


 

2

2

2


3 a b a b 3 a b 3 a b 9


 


       . Từ (*) ta lại suy ra:


2

2



3 a b 9 a b 9 a b 3. Do đó






3 3


2 3


3
3


a b a


a
b
a b



 




b) Nhận xét : tích của 3 số tự nhiên liên tiếp chia hết cho 3



(3)

Đặt 9 11a a

1

với anguyên dương. Ta có


2


9n  11 a a 1 4.9n 454a 4a1


2

 

2






2a 1 2.3n 45 2a 1 2.3n 2a 1 2.3n 45


         


a n, nguyên dương nên 2a 1 2.3n 9.Ta có các trường hợp sau:


2 1 2.3 9


1: 4 2 14 3 9 11 12 0( )


2 1 2.3 5


2 1 2.3 15


2 : 4 2 18 4 9 11 20 1( )


2 1 2.3 3


2 1 2.3 45


3 : 4 2 46 11 9 11 132 9 121( )


2 1 2.3 1


n
n
n
n
n
n


n
n n
n
a


TH a a n ktm


a
a


TH a a n tm


a
a


TH a a ktm


a
   
      

  

   
      

  

   
    



  



Vậy n1,k 2thỏa mãn bài toán
Bài 3.


a) Ta có : 1 1 0;1 1 0;1 1 0.


4 4 4


x  yy zz  x  Áp dụng BĐT Bunhia ta có:




2


1 1 1 1 1 1


36 . 4 . . 4 . . 4 .


4 4 4


1 1 1 1 1 1


4 4 4


4 4 4


x y y z z x



x y y z z x


x y y z z x


x y y z z x


 
       
  
 
 
             
  
 


1 1 1 1 1 1


3


4 4 4


x y y z z x


    


  


    



    ; Do đó trong các số


1 1


;
4
x   y


1 1


4
y  z
;1 1


4


z  xluôn luôn tồn tại ít nhất một số lớn hơn hoặc bằng 1
b) Ta có


2 2 2

2


2P2 ab bc ca 2abc2 ab bc caabc  1 a b c 1
Mặt khác : a2 b2  c2 2abc 1 a b2 2abcc2  1 a2 b2 a b2 2


2

2



2

2 2 2 2 2 2 2

2


1 1


2 2 2



a b


a b a b


ab c a b     ab c   c  


          



(4)

Do đó



2 2


1 2 3 9 5 5


2 1


2 2 2 4 4 8


a b a b


a  b c        P    P
Vậy GTLNcủa Plà 5.


8 Đạt được khi


1
2
a  b c
Bài 4.



a) Ta có


0


0 0 180 0


180 180 90


2 2 2


BAC ABC C C


AIB         AIBAES


EASIABnên IABEAS


b) Ta có IABEASASEIBAIBDdo đó tứ giác IBDSnội tiếp
0


90
ISB IDB


   mà IAB450nên ASBvng cân tại S
KAKBnên SKlà trung trực của AB.


Mặt khác ABCvng có OBOCnên OA OB suy ra Ođường trung trực của AB
.Hay ba điểm , ,K O Sthẳng hàng.


H




N



M



O


K



S


D


E


F



I


A



B




(5)

c) Vì IAlà phân giác của AMKnên


AMIM .Áp dụng định lý Talet và hệ quả ta


có: IK FK AK FK AK AM (1).


IMFAAMFAFKFA Mặt khác , (2)


AN SA AK
IDSIFK
Từ (1) và (2) suy ra AM AN


FAIDFAIDnên AMAN


Bài 5.


Ta thấy 2 ơ vng ở hai góc của hình
vng 10 10 là xa nhau nhất. Gọi các số
được điền vào mỗi ơ vng đó lần lượt là


1; 2;....; 19


a a a . Ta có:


1 2 1 1 1 2 1; 1 2 3 1


aa     a a   aa  ;


18 19


;...; 1 aa 1, cộng vế theo vế ta


1 19 1 19


18 a a 18 a a 18


      


Vậy a a1; 2;...;a19là các số nguyên nên chỉ
có tối đa 19 số nguyên khác nhau được
điền vào trong bảng. Có 100 ơ vng trên
bảng, nên theo ngun lý Dirichle thì có ít
nhất một số xuất hiện trên bảng



100


1 6
19


  


 


  lần





×